Pauta 3 prueba 2004

Tercera Prueba de Catedra Calculo II MA-385
Viernes 10 de Diciembre de 2004
Nombre.........................................................................Nota.............
1. Evalúe la integral de línea
Z
(y + ex )dx + (2x2 + cos y)dy
C

donde C es el triángulo de vertices (0; 0) ; (1; 1) y (2; 0) orientado
positivamente:
2. Sea S la super…cie cerrada y acotada superiormente por la esfera deecuación x2 + y 2 + z 2 = 6 e inferiormente por el paraboloide de ecuación
z = x2 + y 2 : Suponga que la super…cie S está orientada por vectores normales unitarios N que apuntan hacia el exterior de S: Evalúe la integral
Z Z
F N dS
S

donde F (x; y; z) =

y bi + x b
j+

2

z
2

b
k, de la siguientes maneras:

i) Usando el Teorema de la Divergencia

ii) Sin usar el Teorema de la Divergencia
3.Considere el campo de vectores F (x; y; z) = y 3 bi+x3 b
j +z b
k y la super…cie
2
2
2
S de…nida por x + y + z = 1; z 0: Suponga que la super…cie S está
orientada por vectores normales unitarios N que apuntan hacia arriba:
Evalúe la integral
Z Z
rot(F ) N dS
S

de las siguientes maneras:

i) Usando el Teorema de Stokes
ii) Sin utilizar el Teorema de Stokes.
iii) Justi…que, sin efectuar calculosadicionales de los ya efectuados en i)
y ii), por qué
Z Z
3
rot(F ) N dS =
;
2
T
donde T es la super…cie de…nida por x2 + y 2

Ayuda: sen4 t + cos4 t = 1

sen 2 (2t)
:
2

1

1; z = 0:

Pauta Corrección Tercera Prueba de Catedra
1. Puesto que el campo F y las derivadas parciales de sus componentes son
continuas en la región encerrada por C; podemos aplicar el Teorema de
Green:
Z
Z
F dr =
(y + ex )dx + (2x2+ cos y)dy:
C
C
Z Z
@
@
=
(2x2 + cos y)
(y + ex ) dA
@x
@y
=

Z

0

donde R = f(x; y)=0

x

R
1Z 2 y

(4x

1) dxdy

0

2

y; 0
Z

y

1g. Entonces

F dr = 3:

C

2. Intersección:
x2 + y 2 + z 2 = 6
z = x2 + y 2

) z2 + z

6 = 0:

Entonces
z=2oz=

3:

Por lo tanto, la proyección en el plano xy es la región de…nida por
x2 + y 2

R:0

i) Usando el Teorema de la Divergencia:
Z Z
Z Z Z
F N dS =
div(F)dV
S

2:

Q

=

Z Z Z

Q

=

Z Z Z

@
@
@
( y) +
(x) +
@x
@y
@z

z2
2

dV

zdV:

Q

donde Q es el solido acotado por la super…cie S: Para evaluar esta
última integral usamos coordenadas cilíndricas. Tenemos que
p
x2 + y 2 + z 2 = 6 , r = 6 r2
z = x2 + y 2 , z = r2 :

2

Entonces
Z Z Z

zdV

=

Q

Z

0

=

Z

0

Z

2

0

=
=
=
=

1
2
1
2

p

Z

2

p

2

2

2

r

0

Z

Z

6 r2

z r dzdrd

r2

0

Zp

Z

p

z2
2

p
6 r2
r2

drd

2

r2

r(6

r4 )drd

0

2

r4
4

3r2

0

Z
1 2
(6
2 0
11
:
3

r6
6

p

2

d
0

4
)d
3

1

ii) Sin usar el Teorema de la Divergencia. Tenemos que
Z Z
Z Z
Z Z
F N dS =
F N dS +
F N dS
S

S1

S2

donde S1 es la parte superior de S y S2 es la parte inferior de S:
RR
Calculo de
F N dS: El normal a S1 apuntando hacia el exterior
S1
es el vector p x2 2 bi + p y 2 2 b
j+bk: Entonces
6 x

Z Z

F N dS

=

S1

y

6 x

Z Z

R

Z Z

y

z2
( ybi + xb
j+ b
k) ( p
2
6

z2
dA
2
R
Z Z
1
=
(6 x2
2
=

R

=
=

1
2
1
2

1
=
2
= 5
Calculo de

RR

S2

Z

2

p

2

y2

bi + p

6

2

r2 rdrd

6
3r

2

0

Z

x2

y 2 )dA

0

0

Z

Z

x

r4
4

p

2

d
0

2

(6

1)d

0

F N dS: El normal a S2 apuntando hacia abajo es
3

y
x2

y2

b
j+b
k)dA

2xbi + 2yb
j b
k: Entonces
Z Z
Z Z
F N dS =S2

z2
ybi + xb
j+ b
k
2

R

Z Z

=

R

=
=

z2
dA
2
Z Z
1
z 2 dA
2
R
Z Z
1
x2 + y 2
2
R

1
2

=

1
2

=

2

0

Z

p

Z

(r2 )2 rdrd

0

2

=

F N dS

p

r6
6

0

=

S

dA

2

Z Z

2

d
0

Z
1 2 8
d
2 0 6
4
:
3

=

Por lo tanto
Z Z

Z

2

F N dS +

S1

= 5
=

2xbi + 2yb
j

Z Z

F N dS

S2

4
3

11
:
3

3. El normal a S apuntando hacia arriba es el vector
x
y
bi + p
b
p
j+b
k:
2
2
1 x
y
1 x2 y 2
i)Usando el Teorema de Stokes: Tenemos que
rot(F ) =
Entonces

Z Z

b
k
@=@z
z

bi
b
j
@=@x @=@y
y3
x3

rot(F ) N dS

=

Z

= 3(x2 + y 2 )b
k:

F dr

@S

S

=

Z

@S

4

y 3 dx + x3 dy + zdz

b
k dA

donde el borde @S de S es parametrizado por x(t) = cos t; y(t) =
sent; z(t) = 0; 0 t 2 : Entonces
Z

y 3 dx + x3 dy + zdz

Z

=

@S

h

2

0

Z

=

2

i
3
3
(sent) ( sent) + (cos t) (cos t) dt

sen4...